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《概率论与数理统计A》2023年试题解析

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数学学习考试吉林大学概率论

选择题 ​

  1. 设随机变量 XX 的分布函数为

    F(x)={0,x<0,12,0≤x<1,1−e−x,x≥1.F(x)=\begin{equation*} \begin{cases} 0,&x< 0, \\ \dfrac{1}{2},&0\le x< 1, \\ 1-\mathrm{e}^{-x},&x\ge 1. \end{cases} \end{equation*}

    则 P{X=1}=P\{X=1\}=

    A. 00

    B. 12\dfrac{1}{2}

    C. 12−e−1\dfrac{1}{2}-\mathrm{e}^{-1}

    D. 1−e−11-\mathrm{e}^{-1}

这是一个离散型和随机型混合的分布函数. 分布函数是右连续的，F(1)=1−e−1,F(1−)=12F(1)=1-\mathrm{e}^{-1},F(1^-)=\dfrac{1}{2}，因此 P{X=1}=F(1)−F(1−)=12−e−1P\{X=1\}=F(1)-F(1^-)=\dfrac{1}{2}-\mathrm{e}^{-1}，故选C.

  1. 设随机变量 XX 服从正态分布 N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2)，密度函数为 f(x)f(x)，且 f(1)=1f(1)=1，P{X≥1}=12P\{X\ge1\}=\dfrac{1}{2}，则

    A. μ=1,σ2=1\mu=1,\sigma^2=1

    B. μ=1,σ2=12π\mu=1,\sigma^2=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}

    C. μ=1,σ2=12π\mu=1,\sigma^2=\dfrac{1}{2\pi}

    D. μ=0,σ2=1\mu=0,\sigma^2=1

考察正态分布概率密度函数图像的性质. 根据概率密度曲线的对称性和 P{X≥1}=12P\{X\ge 1\}=\dfrac{1}{2} 可得图像的对称轴是 x=1x=1，即 μ=1\mu=1，排除D项.

概率密度曲线在对称轴 x=μx=\mu 处取得最大值 12πσ=1\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}=1，解得 σ=12π\sigma=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}，即 σ2=12π\sigma^2=\dfrac{1}{2\pi}，故选C.

  1. 若随机变量 XX 与 YY 满足 Y=1−X2Y=1-\dfrac{X}{2}，且 D(X)=2D(X)=2，则 Cov(X,Y)=\text{Cov}(X,Y)=

    A. 11

    B. 22

    C. −1-1

    D. −2-2

随机变量 X,YX,Y 的分布都未知，只有 D(X)D(X) 这一个数据可利用，因此根据 Cov(X,X)=D(X)\text{Cov}(X,X)=D(X) 转化为关于 D(X)D(X) 的表达式. Cov(X,Y)=Cov(X,1−X2)=E(X−X22)−E(X)E(1−X2)=E(X)−12E(X2)−E(X)+12E(X)2=−12D(X)=−1\text{Cov}(X,Y)=\text{Cov}(X,1-\dfrac{X}{2})=E(X-\dfrac{X^2}{2})-E(X)E(1-\dfrac{X}{2})=E(X)-\dfrac{1}{2}E(X^2)-E(X)+\dfrac{1}{2}E(X)^2=-\dfrac{1}{2}D(X)=-1.

故选C.

  1. 设两个相互独立的随机变量 XX 和 YY 分别服从正态分布 N(0,1)N(0,1) 和 N(1,1)N(1,1)，则

    A. P{X+Y≤1}=12P\{X+Y\le 1\}=\dfrac{1}{2}

    B. P{X−Y≤1}=12P\{X-Y\le 1\}=\dfrac{1}{2}

    C. P{X+Y≤0}=12P\{X+Y\le 0\}=\dfrac{1}{2}

    D. P{X−Y≤0}=12P\{X-Y\le 0\}=\dfrac{1}{2}

根据随机变量 XX 和 YY 相互独立且服从正态分布，可得 X+Y∼N(1,2),X−Y∼N(−1,2)X+Y\sim N(1,2),X-Y\sim N(-1,2)（教材P96），因此 X+YX+Y 的均值为 11，X−YX-Y 的均值为 −1-1，根据正态分布曲线的对称性可得A选项正确.

  1. 设 X1,X2,⋯ ,XnX_1,X_2,\cdots,X_n 为总体 N(1,22)N(1,2^2) 的一个样本，Xˉ\bar{X} 为样本均值，则下列结论正确的是

    A. Xˉ−12/n∼t(n)\dfrac{\bar{X}-1}{2/\sqrt{n}}\sim t(n)

    B. 14∑i=1n(Xi−1)2∼F(n,1)\dfrac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-1)^2\sim F(n,1)

    C. Xˉ−12/n∼N(0,1)\dfrac{\bar{X}-1}{\sqrt{2}/\sqrt{n}}\sim N(0,1)

    D. 14∑i=1n(Xi−1)2∼χ2(n)\dfrac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-1)^2\sim \chi^2(n)

做这类题要了解三大分布的形式，比如分子分母哪里放标准正态分布，哪里放平方和，看选项的形式就行。

A 选项：Xˉ−12/n\dfrac{\bar{X}-1}{2/\sqrt{n}} 服从的是标准正态分布 N(0,1)N(0,1)，错误.

B 选项：14∑i=1n(Xi−1)2\dfrac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-1)^2 是服从标准正态分布的随机变量平方和相加的形式（Xi−12\dfrac{X_i-1}{2} 是 XiX_i 的标准化变量），应该服从 χ2(n)\chi^2(n) 分布，没有出现平方和相除的形式，因此不是 FF 分布，故B选项错误.

C 选项：Xˉ\bar{X} 的方差是 σ2n=4n\dfrac{\sigma^2}{n}=\dfrac{4}{n}，标准差是 2n\dfrac{2}{\sqrt{n}}，选项中的是 2n\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}}，故C选项错误.

D选项：参见B选项，正确.

  1. 设 X1,X2X_1,X_2 为来自总体 N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2) 的样本，若 aX1+12023X2aX_1+\dfrac{1}{2023}X_2 为 μ\mu 的一个无偏估计，则常数 a=a=

    A. 12023\dfrac{1}{2023}

    B. −12023-\dfrac{1}{2023}

    C. 20222023\dfrac{2022}{2023}

    D. −20222023-\dfrac{2022}{2023}

回顾无偏估计的定义：E(μ^)=E(μ)E(\hat{\mu})=E(\mu)，因此有 E(aX1+12023X2)=μE(aX_1+\dfrac{1}{2023}X_2)=\mu.

E(aX1+12023X2)=aE(X1)+12023E(X2)=(a+12023)μ=μE(aX_1+\dfrac{1}{2023}X_2)=aE(X_1)+\dfrac{1}{2023}E(X_2)=(a+\dfrac{1}{2023})\mu=\mu，解得 μ=20222023\mu=\dfrac{2022}{2023}，故选C.

填空题 ​

  1. 已知 P(A)=12,P(B∣A)=13,P(A∣B)=12P(A)=\dfrac{1}{2},P(B|A)=\dfrac{1}{3},P(A|B)=\dfrac{1}{2}，概率 P(A∪B)=‾P(A\cup B)=\underline{\hspace{4em}}.

P(B∣A)=P(AB)P(A)=13P(B|A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}=\dfrac{1}{3}，解得 P(AB)=16P(AB)=\dfrac{1}{6}

P(A∣B)=P(AB)P(B)=12P(A|B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}=\dfrac{1}{2}，解得 P(B)=13P(B)=\dfrac{1}{3}

根据加法公式有 P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=23P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\dfrac{2}{3}

  1. 设随机变量 XX 与 YY 相互独立，具有相同的分布律

    XX01
    PP0.40.6

    则 max⁡(X,Y)\max(X,Y) 的分布律为 ‾\underline{\hspace{4em}}.

所求随机变量表示的是 X,YX,Y 中的最大值，因此取值为 0，1. max⁡(X,Y)=0\max(X,Y)=0 包括 {X=0,Y=0}\{X=0,Y=0\} 一种情况，而 max⁡(X,Y)=1\max(X,Y)=1 包含 {X=1,Y=1},{X=1,Y=0},{X=0,Y=1}\{X=1,Y=1\},\{X=1,Y=0\},\{X=0,Y=1\} 三种情况.

由于X,YX,Y 相互独立，有 P{X=0,Y=0}=0.42=0.16,P{X=0,Y=1}=0.4×0.6=0.24,P{X=1,Y=0}=0.6×0.4=0.24,P{X=1,Y=1}=0.62=0.36P\{X=0,Y=0\}=0.4^2=0.16,P\{X=0,Y=1\}=0.4\times 0.6=0.24,P\{X=1,Y=0\}=0.6\times 0.4=0.24,P\{X=1,Y=1\}=0.6^2=0.36，即 P{max⁡(X,Y)=1}=0.24+0.24+0.36=0.84,P{max⁡(X,Y)=0}=0.16P\{\max(X,Y)=1\}=0.24+0.24+0.36=0.84,P\{\max(X,Y)=0\}=0.16

故分布律为

max⁡(X,Y)\max(X,Y)01
PP0.160.84
  1. 设随机变量 XX 的概率密度为

    f(x)={12cos⁡x2,0≤x≤π,0,其他.f(x)=\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{1}{2}\cos\dfrac{x}{2},&0\le x\le \pi, \\ 0,&\text{其他}. \end{cases} \end{equation*}

    对 XX 独立重复地观察4次，用 YY 表示观察值大于 π3\dfrac{\pi}{3} 的次数，则 E(Y2)=‾E(Y^2)=\underline{\hspace{4em}}.

在区间 [0,π][0,\pi] 上，XX 的分布函数为 ∫0x12cos⁡t2dt=sin⁡x2\int_{0}^x \dfrac{1}{2}\cos\dfrac{t}{2}\mathrm{d}t=\sin\dfrac{x}{2}. 因此，P{X≥π3}=1−P{X≤π3}=1−sin⁡π6=12P\{X\ge \dfrac{\pi}{3}\}=1-P\{X\le \dfrac{\pi}{3}\}=1-\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{2}

YY 即为 4 次伯努利试验，服从二项分布 B(4,12)B(4,\dfrac{1}{2})，由此可得 E(Y)=2,D(Y)=1=E(Y2)−[E(Y)]2E(Y)=2,D(Y)=1=E(Y^2)-[E(Y)]^2，解得 E(Y2)=5E(Y^2)=5.

  1. 设在每次试验中，事件 AA 发生的概率是0.80.8，用 XX 表示 10001000 次独立试验中事件 AA 发生的次数，根据切比雪夫不等式，有 P{760<X<840}≥‾P\{760<X<840\}\ge\underline{\hspace{4em}}.

1000次独立重复实验中 AA 发生的次数为 XX，服从二项分布 B(1000,0.8)B(1000,0.8)，易得 E(X)=800,D(X)=1000×0.8×0.2=160E(X)=800,D(X)=1000\times 0.8\times 0.2=160，根据切比雪夫不等式有 P{∣X−E(X)∣≤ε}≥1−D(X)ε2P\{|X-E(X)|\le \varepsilon\}\ge 1-\dfrac{D(X)}{\varepsilon^2}. 所求概率为 P{∣X−800∣≤40}≥1−160402=910P\{|X-800|\le 40\}\ge1-\dfrac{160}{40^2}=\dfrac{9}{10}.

  1. 设总体 X∼N(μ,32)X\sim N(\mu,3^2)，要使未知参数 μ\mu 的置信水平为0.95的置信区间的长度 L≤2L\le 2，样本容量 nn 至少为 ‾\underline{\hspace{4em}}.

已知总体方差求总体均值 μ\mu 的置信区间，选用统计量 Xˉ−μσ/n∼N(0,1)\dfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\sim N(0,1)，得到不等式

−u0.025<Xˉ−μσ/n<u0.025-u_{0.025}<\dfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}<u_{0.025}

解得置信区间为

(Xˉ−σnu0.025,Xˉ+σnu0.025)\left(\bar{X}-\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{0.025},\bar{X}+\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{0.025}\right)

因此区间长度为 2σnu0.025≤2\dfrac{2\sigma}{\sqrt{n}}u_{0.025}\le 2，即 n≥9×1.962≈34.5744n\ge 9\times 1.96^2 \approx 34.5744，取 35 （不知道这个题考场上有没有补充参考数据……）

  1. 设 X1,X2,⋯ ,XnX_1,X_2,\cdots,X_n 是来自总体 X∼N(μ,σ2)X\sim N(\mu,\sigma^2) 的样本，若 σ2\sigma^2 未知， Xˉ\bar{X} 和 S2S^2 分别为样本均值和样本方差，检验假设为 H0:μ=μ0,H1:μ≠μ0H_0:\mu=\mu_0,H_1:\mu\neq\mu_0，则应取检验统计量为 ‾\underline{\hspace{4em}}.

σ2\sigma^2 未知，对 μ\mu 进行假设检验，选择统计量 Xˉ−μ0S/n\dfrac{\bar{X}-\mu_0}{S/\sqrt{n}} 【见教材P204】

解答题 ​

  1. （8分）已知 9 支手枪中有 6 支已校准过，3 支未校准。一名射手如果用校准过的手枪射击，命中率为 0.9，如果用未校准过的手枪射击，命中率为 0.3。现从这 9 支手枪中任取一支射击。求：
  • （1）他能命中目标的概率；
  • （2）如果他命中目标，则所用的手枪是校准过的概率.

设事件“拿到校准后的手枪”为 AA，“拿到未校准的手枪”为 Aˉ\bar{A}，“命中目标”为 BB，易得 P(A)=23,P(Aˉ)=13P(A)=\dfrac{2}{3},P(\bar{A})=\dfrac{1}{3}

（1）根据全概率公式有 P(B)=P(B∣A)P(A)+P(B∣Aˉ)P(Aˉ)=0.9×23+0.3×13=0.7P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|\bar{A})P(\bar{A})=0.9\times\dfrac{2}{3}+0.3\times\dfrac{1}{3}=0.7

（2）根据贝叶斯公式可得 P(A∣B)=P(B∣A)P(A)P(B)=0.9×230.7=67P(A|B)=\dfrac{P(B|A)P(A)}{P(B)}=\dfrac{0.9\times\dfrac{2}{3}}{0.7}=\dfrac{6}{7}

  1. （8分）设连续型随机变量 XX 的概率密度为

    f(x)={x,0≤x<1,k(2−x),1≤x<2,0,其他.f(x)=\begin{equation*} \begin{cases} x,&0\le x< 1, \\ k(2-x),&1\le x< 2, \\ 0,&\text{其他}. \end{cases} \end{equation*}

    求：
  • （1）kk 的值；
  • （2）随机变量 XX 落在 (1,3)(1,3) 内的概率；
  • （3）XX 的分布函数.

（1）根据概率密度函数的性质可得

∫01xdx+∫12k(2−x)dx=12+[2kx−12kx2]12=1+k2=1\int_0^1x\mathrm{d}x+\int_1^2k(2-x)\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}+\left[2kx-\dfrac{1}{2}kx^2\right]^2_1=\dfrac{1+k}{2}=1

易得 k=1k=1

（2）P{1<X<3}=P{1<X<2}+P{2<X<3}P\{1<X<3\}=P\{1<X<2\}+P\{2<X<3\}，由于 XX 的概率密度函数 f(x)f(x) 在区间 (2,+∞)(2,+\infty) 上恒为 00，即 P{2<X<3}=0P\{2<X<3\}=0

因此 P{1<X<3}=P{1<X<2}=∫12(2−x)dx=12P\{1<X<3\}=P\{1<X<2\}=\int_1^2(2-x)\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}

（3）当 x<0x<0 时，易得分布函数为 ∫−∞xf(t)dt=0\int_{-\infty}^xf(t)\mathrm{d}t=0

当 x∈[0,1)x\in[0,1) 时，分布函数为 ∫−∞xf(t)dt=∫−∞00dt+∫0xtdt=12x2\int_{-\infty}^xf(t)\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^00\mathrm{d}t+\int_{0}^xt\mathrm{d}t=\dfrac{1}{2}x^2

当 x∈[1,2)x\in [1,2) 时，分布函数为 ∫−∞xf(t)dt=∫−∞00dt+∫01tdt+∫1xtdt=0+12+(2x−12x2−32)=−12x2+2x−1\int_{-\infty}^xf(t)\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^00\mathrm{d}t+\int_{0}^1t\mathrm{d}t+\int_{1}^xt\mathrm{d}t=0+\dfrac{1}{2}+\left(2x-\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{3}{2}\right)=-\dfrac{1}{2}x^2+2x-1

当 x∈[2,+∞)x\in[2,+\infty) 时，分布函数为 ∫−∞xf(t)dt=∫−∞00dt+∫01tdt+∫1xtdt=0+12+12=1\int_{-\infty}^xf(t)\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^00\mathrm{d}t+\int_{0}^1t\mathrm{d}t+\int_{1}^xt\mathrm{d}t=0+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1

综上所述，XX 的分布函数为

F(x)={0,x<0,12x2,0≤x<1,−12x2+2x−1,1≤x<2,1,x≥2F(x)=\begin{equation*} \begin{cases} 0,&x< 0, \\ \dfrac{1}{2}x^2,&0\le x< 1, \\ -\dfrac{1}{2}x^2+2x-1,&1\le x<2,\\ 1,&x\ge 2 \end{cases} \end{equation*}

  1. （6分）据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为 100h 的指数分布，现随机地取 16 只，设它们的寿命是相互独立的，求这 16 只元件的寿命总和大于 1920h 的概率.（Φ(0.8)=0.7881\varPhi(0.8)=0.7881）

该元件的寿命服从指数分布，均值为 100100，即指数分布的参数满足 1λ=100\dfrac{1}{\lambda}=100，解得参数为 1100\dfrac{1}{100}，故其概率密度函数为 f(x)=1100e−1100x(x>0)f(x)=\dfrac{1}{100}\mathrm{e}^{-\frac{1}{100}x}(x>0)

因此总体均值 μ=100\mu=100，总体方差 σ2=1λ2=10000\sigma^2=\dfrac{1}{\lambda^2}=10000

设 X=∑i=116XiX=\sum\limits_{i=1}^{16}X_i 为所有元件的寿命总和，其中 XiX_i 表示第 ii 个元件的寿命，根据独立同分布的中心极限定理，可得

Y=X−nμnσ=X−1600400∼N(0,1)Y=\dfrac{X-n\mu}{\sqrt{n}\sigma}=\dfrac{X-1600}{400}\sim N(0,1)

由此可得

P{X>1920}=P{X−1600400>1920−1600400}=P{Y>0.8}=1−P{Y≤0.8}=0.2119P\{X>1920\}=P \left\{ \dfrac{X-1600}{400}>\dfrac{1920-1600}{400} \right\}=P\{Y>0.8\}=1-P\{Y\le 0.8\}=0.2119

  1. （8分）设总体 XX 具有概率分布

    XX123
    PPθ2\theta^22θ(1−θ)2\theta(1-\theta)(1−θ)2(1-\theta)^2

    其中 θ(0<θ<1)\theta(0<\theta<1) 是未知参数，已知来自总体 XX 的样本值为 1,2,1,31,2,1,3. 求 θ\theta 的矩估计值和最大似然估计值.

先求矩估计： E(X)=θ2+2×2θ(1−θ)+3(1−θ)2=3−2θE(X)=\theta^2+2\times2\theta(1-\theta)+3(1-\theta)^2=3-2\theta

A1=14(1+2+1+3)=74A_1=\dfrac{1}{4}(1+2+1+3)=\dfrac{7}{4}，解方程74=3−2θ\dfrac{7}{4}=3-2\theta，解得 θ^=58\hat{\theta}=\dfrac{5}{8}

再求最大似然估计： 似然函数为 L(θ)=∏i=14pi=(θ2)2⋅2θ(1−θ)(1−θ)2=2θ5(1−θ)3L(\theta)=\prod\limits_{i=1}^4p_i=(\theta^2)^2\cdot2\theta(1-\theta)(1-\theta)^2=2\theta^5(1-\theta)^3

取对数得到对数似然函数 ln⁡L(θ)=5ln⁡θ+3ln⁡(1−θ)+ln⁡2\ln L(\theta)=5\ln\theta+3\ln(1-\theta)+\ln 2

由此得到方程 5ln⁡θ+3ln⁡(1−θ)+ln⁡2=05\ln\theta+3\ln(1-\theta)+\ln 2=0，两边求导得 5θ−31−θ=0\dfrac{5}{\theta}-\dfrac{3}{1-\theta}=0，解得 θ^=58\hat{\theta}=\dfrac{5}{8}

  1. （6分）设总体 X∼N(μ,σ2),X1,X2,⋯ ,X2n(n≥2)X\sim N(\mu,\sigma^2),X_1,X_2,\cdots,X_{2n}(n\ge 2) 为取自 XX 的样本，其样本均值为

    Xˉ=12n∑i=12nXi\bar{X}=\dfrac{1}{2n}\sum_{i=1}^{2n}X_i

    且

    Y=∑i=1n(Xi+Xn+i−2Xˉ)2Y=\sum_{i=1}^n(X_i+X_{n+i}-2\bar{X})^2

    求 E(Y)E(Y).

展开平方项得

E(Y)=∑i=1n[E(Xi2)+E(Xn+i2)+4E(Xˉ2)+2E(XiXn+i)−4E(XiXˉ)−4E(Xn+iXˉ)]E(Y)=\sum_{i=1}^{n}[E(X_i^2)+E(X_{n+i}^2)+4E(\bar{X}^2)+2E(X_iX_{n+i})-4E(X_i\bar{X})-4E(X_{n+i}\bar{X})]

根据方差计算公式易得（注意项数是 2n2n ）

E(Xi2)=E(Xn+i2)=D(X)+[E(X)]2=σ2+μ2E(X_i^2)=E(X_{n+i}^2)=D(X)+[E(X)]^2=\sigma^2+\mu^2

E(Xˉ2)=D(Xˉ)+[E(Xˉ)]2=σ22n+μ2E(\bar{X}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X})]^2=\dfrac{\sigma^2}{2n}+\mu^2

由于 Xi,Xn+iX_i,X_{n+i} 都是来自总体 XX 的样本，它们相互独立，则有

E(XiXn+i)=E(Xi)E(Xn+i)=μ2E(X_iX_{n+i})=E(X_i)E(X_{n+i})=\mu^2

原式化简为

2n(σ2+μ2)+4n(σ22n+μ2)+2nμ2−4E(∑i=12nXiXˉ)  (∗)2n(\sigma^2+\mu^2)+4n(\dfrac{\sigma^2}{2n}+\mu^2)+2n\mu^2-4E\left(\sum_{i=1}^{2n}X_i\bar{X}\right)\ \ (*)

注意到

∑i=12nXi=2nXˉ\sum_{i=1}^{2n}X_i=2n\bar{X}

则有

4E(∑i=12nXiXˉ)=8nE(Xˉ2)=8n(σ22n+μ2)=4σ2+8nμ24E\left(\sum_{i=1}^{2n}X_i\bar{X}\right)=8nE(\bar{X}^2)=8n\left(\dfrac{\sigma^2}{2n}+\mu^2\right)=4\sigma^2+8n\mu^2

代入 (∗)(*) 式得

2n(σ2+μ2)+4n(σ22n+μ2)+2nμ2−4σ2−8nμ2=2(n−1)σ22n(\sigma^2+\mu^2)+4n(\dfrac{\sigma^2}{2n}+\mu^2)+2n\mu^2-4\sigma^2-8n\mu^2=2(n-1)\sigma^2

  1. （14分）设 AA 和 BB 为两个随机事件，且 P(A)=14,P(B∣A)=13,P(A∣B)=12P(A)=\dfrac{1}{4},P(B|A)=\dfrac{1}{3},P(A|B)=\dfrac{1}{2}，令

    X={1,A发生,0,A不发生,Y={1,B发生,0,B不发生,X=\begin{equation*} \begin{cases} 1,&A\text{发生}, \\ 0,&A\text{不发生}, \\ \end{cases} \end{equation*} Y=\begin{equation*} \begin{cases} 1,&B\text{发生}, \\ 0,&B\text{不发生}, \\ \end{cases} \end{equation*}

    求 XX 与 YY 的联合概率分布和 Z=X2+Y2Z=X^2+Y^2 的概率分布.

P(B∣A)=P(AB)P(A)=13P(B|A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}=\dfrac{1}{3}，由 P(A)=14P(A)=\dfrac{1}{4} 解得 P(AB)=112P(AB)=\dfrac{1}{12}

P(A∣B)=P(AB)P(B)=12P(A|B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}=\dfrac{1}{2}，解得 P(B)=16P(B)=\dfrac{1}{6}

P(ABˉ)=P(A)−P(AB)=16,P(AˉB)=P(B)−P(AB)=112,P(AˉBˉ)=P(Aˉ)−P(AˉB)=23P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)=\dfrac{1}{6},P(\bar{A}B)=P(B)-P(AB)=\dfrac{1}{12},P(\bar{A}\bar{B})=P(\bar{A})-P(\bar{A}B)=\dfrac{2}{3}

因此有 P{X=0,Y=0}=P(AˉBˉ)=23,P{X=0,Y=1}=P(AˉB)=112,P{X=1,Y=0}=P(ABˉ)=16,P{X=1,Y=1}=P(AB)=112P\{X=0,Y=0\}=P(\bar{A}\bar{B})=\dfrac{2}{3},P\{X=0,Y=1\}=P(\bar{A}B)=\dfrac{1}{12},P\{X=1,Y=0\}=P(A\bar{B})=\dfrac{1}{6},P\{X=1,Y=1\}=P(AB)=\dfrac{1}{12}

综上，X,YX,Y 的联合概率分布为

X\Y01
023\dfrac{2}{3}112\dfrac{1}{12}
116\dfrac{1}{6}112\dfrac{1}{12}

易得 ZZ 的取值包括 0,1,20,1,2，且有 P{Z=0}=P{X=0,Y=0}=23,P{Z=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=1}=14,P{Z=2}=P{X=1,Y=1}=112P\{Z=0\}=P\{X=0,Y=0\}=\dfrac{2}{3},P\{Z=1\}=P\{X=1,Y=0\}+P\{X=0,Y=1\}=\dfrac{1}{4},P\{Z=2\}=P\{X=1,Y=1\}=\dfrac{1}{12}

即 ZZ 的概率分布为

ZZ012
PP23\dfrac{2}{3}14\dfrac{1}{4}112\dfrac{1}{12}

这题给14分何意味？

  1. （14分）已知二维随机变量 (X,Y)(X,Y) 的概率密度为

    f(x,y)={ke−(2x+y),x>0,y>0,0,其他.f(x,y)=\begin{equation*} \begin{cases} k\mathrm{e}^{-(2x+y)},&x>0,y>0, \\ 0,&\text{其他}. \end{cases} \end{equation*}

  • （1）求系数 kk；
  • （2）求条件概率密度 fX∣Y(x∣y)f_{X|Y}(x|y)；
  • （3）判断 XX 和 YY 是否相互独立；
  • （4）计算概率 P{X<2∣Y<1}P\{X<2|Y<1\}.

（1）根据概率密度函数的性质有

∬x>0,y>0ke−(2x+y)dxdy=k∫0+∞e−2xdx∫0+∞e−ydy=k2=1\iint\limits_{x>0,y>0}k\mathrm{e}^{-(2x+y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=k\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=\dfrac{k}{2}=1

即 k=2k=2

（2）YY 的边缘概率密度函数为

fY(y)=∫0+∞2e−(2x+y)dx=e−y(y>0)f_Y(y)=\int_0^{+\infty}2\mathrm{e}^{-(2x+y)}\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{-y}(y>0)

即

fY(y)={e−y,y>0,0,y≤0.f_{Y}(y)=\begin{equation*} \begin{cases} \mathrm{e}^{-y},&y>0, \\ 0,&y\le 0. \end{cases} \end{equation*}

因此当 x>0x>0 时条件概率密度为

fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)=2e−2x(x>0)f_{X|Y}(x|y)=\dfrac{f(x,y)}{f_Y(y)}=2\mathrm{e}^{-2x}(x>0)

即

fX∣Y(x∣y)={2e−2x,x>0,0,x≤0.f_{X|Y}(x|y)=\begin{equation*} \begin{cases} 2\mathrm{e}^{-2x},&x>0, \\ 0,&x\le 0. \end{cases} \end{equation*}

（3）XX 的边缘概率密度函数为

fX(x)=∫0+∞2e−(2x+y)dy=2e−2x(x>0)f_X(x)=\int_0^{+\infty}2\mathrm{e}^{-(2x+y)}\mathrm{d}y=2\mathrm{e}^{-2x}(x>0)

即

fX(x)={2e−2x,x>0,0,x≤0.f_{X}(x)=\begin{equation*} \begin{cases} 2\mathrm{e}^{-2x},&x>0, \\ 0,&x\le 0. \end{cases} \end{equation*}

由于对任意 x,y∈Rx,y\in\R 均有 f(x,y)=fX(x)fY(y)f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)，因此 X,YX,Y 相互独立

（4）根据条件概率的定义有

P{X<2∣Y<1}=P{X<2,Y<1}P{Y<1}P\{X<2|Y<1\}=\dfrac{P\{X<2,Y<1\}}{P\{Y<1\}}

P{X<2,Y<1}=∬0<x<2,0<y<12e−(2x+y)dxdy=2∫02e−2xdx∫01e−ydy=(1−e−4)(1−e−1)P\{X<2,Y<1\}=\iint\limits_{0<x<2,0<y<1}2\mathrm{e}^{-(2x+y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\int_0^2\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x\int_{0}^1\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=(1-\mathrm{e}^{-4})(1-\mathrm{e}^{-1})

P{Y<1}=∫01e−ydy=1−e−1P\{Y<1\}=\int_0^1\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=1-\mathrm{e}^{-1}

因此所求概率为

P{X<2,Y<1}P{Y<1}=1−e−4\dfrac{P\{X<2,Y<1\}}{P\{Y<1\}}=1-\mathrm{e}^{-4}

或者：由于 X,YX,Y 相互独立，P{X<2∣Y<1}=P{X<2}P\{X<2|Y<1\}=P\{X<2\}

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《概率论与数理统计A》2024年试题解析
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